8074. В правильной четырёхугольной усечённой пирамиде середина N
ребра B_{1}C_{1}
верхней грани A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
соединена с серединой M
ребра AB
нижней грани ABCD
. Прямые B_{1}C_{1}
и AB
не лежат в одной плоскости. Докажите, что проекции рёбер B_{1}C_{1}
и AB
на прямую MN
равны между собой.
Решение. Поскольку M
и N
— середины отрезков AB
и B_{1}C_{1}
, требуемое утверждение равносильно тому, что равны проекции на прямую MN
вдвое меньших отрезков MB
и B_{1}N
.
Первый способ. Пусть K
— проекция вершины B
на прямую MN
, \angle KMB=\alpha
. Тогда MK=MB\cos\alpha
— проекция отрезка MB
на прямую MN
.
Пусть \overrightarrow{MD}
— единичный вектор, сонаправленный с вектором \overrightarrow{MN}
. Тогда
MK=MB\cdot1\cdot\cos\alpha=|\overrightarrow{MB}|\cdot|\overrightarrow{MD}|\cos\alpha=\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MD}.
Аналогично, если P
— проекция точки B_{1}
на прямую MN
, то PN=\overrightarrow{B_{1}N}\cdot\overrightarrow{MD}
.
Введём прямоугольную систему координат Oxyz
так, как показано на рис. 1 (O
— центр нижнего основания ABCD
, оси Ox
и Oy
параллельны сторонам основания).
Пусть стороны большего и меньшего оснований равны 2a
и 2b
соответственно, а высота пирамиды равна h
. Тогда
B(a;a;0);~B_{1}(b;b;h);~M(a;0;0);~N(0;b;h);
\overrightarrow{MN}(-a;b;h);~\overrightarrow{MB}(0;a;0);~\overrightarrow{B_{1}N}(-b;0;0).
Поэтому
MK=\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MB}\cdot\frac{\overrightarrow{MN}}{|\overrightarrow{MN}|}=\frac{\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MN}}{|\overrightarrow{MN}|}=\frac{ab}{|\overrightarrow{MN}|},
PN=\overrightarrow{B_{1}N}\cdot\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MB}\cdot\frac{\overrightarrow{MN}}{|\overrightarrow{MN}|}=\frac{\overrightarrow{B_{1}}\cdot\overrightarrow{MN}}{|\overrightarrow{MN}|}=\frac{(-a)(-b)}{|\overrightarrow{MN}|}=\frac{ab}{|\overrightarrow{MN}|}.
Следовательно, MK=PN
, что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть \overrightarrow{AB_{1}}=\overrightarrow{a}
, \overrightarrow{BC_{1}}=\overrightarrow{b}
. Тогда \overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})
(рис. 2).
Отложим векторы \overrightarrow{MT}=\overrightarrow{a}
и \overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{b}
от точки M
(рис. 3). Поскольку AB_{1}=BC_{1}
(как диагонали равных равнобедренных трапеций), треугольник TMQ
— равнобедренный. Значит, его медиана MN
является высотой. Тогда N
— проекция точки Q
на прямую MN
.
Пусть H
— проекция точки C_{1}
на прямую MN
. Тогда HN
— общая проекция отрезков QC_{1}
и NC_{1}
на MN
.
Поскольку MBC_{1}Q
— параллелограмм, отрезки MB
и C_{1}Q
равны и параллельны. Значит, их проекции на прямую MN
равны. Следовательно, равны и проекции на эту прямую отрезков MB
и NC_{1}
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Случай, когда проектируемый отрезок и прямая «скрещиваются» (MN
и QC_{1}
во втором способе решения) можно рассмотреть подробнее.
Направим вдоль прямой MN
ось z
прямоугольной системы координат. Тогда проекция отрезка на ось z
равна модулю разности координат по этой оси концов отрезка, т. е. равна координате по оси z
вектора, начало и конец которого совпадают с концами отрезка. Тогда координаты векторов \overrightarrow{QC_{1}}
и \overrightarrow{NC_{1}}
по оси z
равны. Следовательно, равны и их проекции.
Возможно также решение, аналогично приведённому выше (второй способ), но использующее проекцию вектора на прямую. Это позволяет «переносить» вектор в любую точку, не изменяя его проекцию.